1、第十章 交变电流 传感器第1讲 交变电流的产生和描述时间：60分钟一、单项选择题1风力发电机为一种新能源产品，功率为200 W到15 kW，广泛应用于分散住户若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是 ()A穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零解析当线圈通过中性面时，感应电动势为零，但此时穿过线圈的磁通量最大；当线圈平面转到与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为零，但此时感应电动势最大答案C2(2013亳州模
2、拟)如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是 ()解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为eBSsin t，由这一原理可判断，A图中感应电动势为eBSsin t；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直答案A3(2013福州质检)图10114 有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中如图10114所示，该匀强磁场由一对磁极N、S产生，磁极以OO为轴匀速转动在t0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N离开纸面向
3、外转动规定abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是 ()解析根据运动的相对性，可以将磁极看成不动，则相当于线圈的ab边向纸面里运动，根据楞次定律可判断出，线圈中电流方向为abcda，为正方向；起始时刻，线圈与磁场平行，感应电流为最大值，故C选项正确答案C4一小型交流发电机中，图10115 矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图10115所示矩形线圈与阻值为10 的电阻构成闭合电路，若不计线圈电阻，下列说法中正确的是 ()At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻感应电流方向发生变化Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D交变
4、电流的有效值为 A解析在t1时刻电动势为零，通过线圈的磁通量最大，A错误； t2时刻感应电动势最大，线圈与中性面垂直，电流方向不变，B错误；电动势与磁通量的变化率成正比；t3时刻电动势为零，因而通过线圈的磁通量变化率也为零，C错误；电动势的有效值是10 V，由全电路欧姆定律可得电流的有效值是 A，D正确答案D二、多项选择题5如图10116所示，图10116在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈abcd，ab边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连金属滑环L、电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联使矩形线圈以恒定角速度绕过bc、ad中点的轴旋转下列说法中不正确的是 ()
5、A线圈转动的角速度越大，电流表A的示数越大B线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R的电流最大D电流表A的示数随时间按余弦规律变化解析令矩形单匝线圈abcd的电阻为r，根据法拉第电磁感应定律和交变电流的有效值定义得，交变电流的最大值为Im，电流表显示的是有效值I，所以，线圈转动的角速度越大，电流表A的示数越大，A对，D错；线圈平面与磁场平行时，此时产生的感应电动势最大，故流经定值电阻R的电流最大，B对，C错答案CD6小型交流发电机中，图10117 矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图10117所示此线圈与一个R
6、10 的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻下列说法中正确的是 ()A交变电流的周期为0.125 sB交变电流的频率为4 HzC交变电流的有效值为 AD交变电流的最大值为4 A解析由et图象可知，交变电流的周期为0.25 s，故频率为4 Hz，选项A错误、B正确根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2 A，故有效值为 A，选项C正确，D错误答案BC7如图10118所示，图10118闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，沿着OO方向观察，线圈沿逆时针方向转动已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈的电阻为R，转动的角
7、速度为，则当线圈转至图示位置时 ()A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应电动势为2nBl2C穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D线圈ad边所受安培力的大小为解析当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大此时电动势的大小为：e2nBl2nBl1l2，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为：I，所以ad边所受的安培力的大小为：FnBIl2，代入I可得：F，D正确答案CD8如图10119甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场
8、中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则 ()图10119A乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B乙图中c时刻对应甲图中的C图C若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了25次D若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为25 Hz解析由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向就要改变一次，所以一个周
9、期内电流方向要改变两次，因此在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错；若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率应该为25 Hz，D正确答案AD图101209(单选)一台发电机的结构示意图如图10120所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是()解析由于发电机内部相对两磁极为表面呈
10、半圆柱面形状，磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，所以距转轴距离相等的各点磁感应强度大小相等，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势，故选项A、B错误；当线圈转到竖直位置时，回路中感应电动势方向相反，所以选项C错误、D正确答案D10(单选)(2012北京卷，15)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为 ()A5 V B5 V C10 V D10 V解析设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U效，接10 V直流电源时，P；接交流电源时
11、，；联立得U效5 V，故最大值UmU效10 V，C选项正确答案C11(单选)一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压u311sin 314t V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是()A电饭煲的电阻为44 ，洗衣机电动机线圈的电阻为440 B电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC1 min内电饭煲消耗的电能为6.6104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6103 JD电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析电饭煲可看做纯电阻用电器，其电
12、阻为R 44 ，洗衣机是非纯电阻用电器，电动机线圈的电阻R 440 ，A错误；电饭煲消耗的电功率为PUI2205.0 W1 100 W，洗衣机电动机消耗的电功率为PUI2200.5 W110 W，B错；1 min内电饭煲消耗的电能为WPt1 100160 J6.6104 J，洗衣机电动机消耗的电能为WPt110160 J6.6103 J，C正确；洗衣机是非纯电阻用电器，其电动机发热功率无法计算，D错误答案C图1012112闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，线圈中产生正弦式交变电流若在如图10121甲所示N、S极间放置一圆柱形铁芯O，受铁芯影响，两极间的磁场如图乙所示，隙缝中的磁感线沿
13、圆柱的半径分布，且只在图中所示的左、右各的圆心角范围内存在一边长为l的正方形平面线框abcd，其中ab、cd两边与铁芯轴线平行，bc、da两边与铁芯的轴线OO垂直线圈由图示位置以恒定的角速度绕OO逆时针旋转，试分析线圈中感应电动势随时间的变化规律(图中ab、cd所在位置磁感应强度为B)解析线圈由图中位置旋转角度过程中，ab、cd两边垂直切割磁感线vEabEcdBlvBlE总EabEcdBl2线圈由旋转至角度过程中，ab、cd两边不切割磁感线，电动势为零依次分析，电动势变化规律如图，(badc为正方向)答案见解析特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.